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高考化学二轮复习(新高考版) 第1部分 专题8 专题强化练（含解析）
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这是一份高考化学二轮复习(新高考版) 第1部分 专题8 专题强化练（含解析），共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题强化练
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．常温下，下列有关溶液的说法正确的是( )
A．pH相等的①NH4Cl ②NH4Al(SO4)2
③NH4HSO4溶液：NH浓度的大小顺序为①>②>③
B．常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同
C．HA的电离常数Ka＝4.93×10－10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>
c(A－)
D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)
答案 A
解析 氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH浓度的大小顺序为①>②>③，故A正确；氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；Kh＝＞Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A－)，故C错误；酸性：HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度：F－＜CH3COO－，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中
c(F－)＞c(CH3COO－)，由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)－c(F－)＜c(K＋)－
c(CH3COO－)，故D错误。
2．室温下，将10 mL浓度为1 mol·L－1的CH3NH2、NH2OH两种一元碱溶液分别加水稀释，曲线如图，V是溶液体积(mL)，pOH＝－lgc(OH－)。已知：CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－；NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－。下列说法正确的是( )
A．该温度下，Kb(NH2OH)的数量级为10－8
B．当lgV＝3时，水的电离程度：NH2OH>CH3NH2
C．用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH＝7，消耗盐酸的体积：NH2OH>CH3NH2
D．等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中离子总浓度相等
答案 B
解析 该温度下，取lgV＝1的点，c(OH－)＝c(NH3OH＋)＝1×10－4.5mol·L－1，c(NH2OH)＝
1 mol·L－1，Kb(NH2OH)＝＝10－9，即数量级为10－9，A错误；当lgV＝
3时，NH2OH比CH3NH2的pOH大，OH－浓度小，碱对水的电离平衡起抑制作用，OH－浓度小，抑制作用小，水的电离程度大，故水的电离程度：NH2OH>CH3NH2，B正确；同浓度时，pOH：NH2OH>CH3NH2，即CH3NH2碱性强，用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH＝7，由于碱性越强对应的盐的水解程度越小，碱性越弱对应的盐的水解程度越大，它们生成盐水解后均能使溶液显酸性，故CH3NH2消耗盐酸的体积较大，C错误；等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中，由于CH3NH和NH3OH＋水解程度不同，所以离子总浓度不相等，D错误。
3．室温时，用0.100 0 mol· L －1的NaOH溶液滴定0.100 0 mol· L －1的顺丁烯二酸H2A的滴定曲线如下图所示(pKa＝－lg Ka)，下列说法错误的是( )
A．用NaOH溶液滴定NaHA溶液可用酚酞作指示剂
B．a点：c(HA－)＝c(H2A)
C．H2A的Ka2＝10－6
D．d点：c(Na＋)
解析 酚酞的变色范围为8.2～10.0，第二个滴定终点时溶液的pH＝9.5左右，可用酚酞作指示剂，故A正确；a点pH＝pKa1，即－lg c(H＋)＝－lg Ka1，Ka1＝，＝，因此c(HA－)＝c(H2A)，故B正确；Ka2＝，c点c(HA－)＝c(A2－)，pH＝6，因此H2A的Ka2＝10－6，故C正确；溶液中存在电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－) ＋
c(OH－)，d点溶液显碱性，因此：c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)，故D错误。
4．(2020·吉林高三调研)25 ℃时，将0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液滴加到10 mL 0.10 mol·L－1
NaOH溶液中，lg与pH的关系如图所示，C点坐标是(6,1.7)(已知：lg 5＝0.7)。下列说法正确的是( )
A．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5
B．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6
C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10 mL
D．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－1
答案 A
解析 醋酸的电离常数Ka＝，取对数可得到lg Ka＝lg－pH；据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入lg Ka＝lg－pH，可得lgKa＝1.7－6＝－4.3，Ka(CH3COOH)≈5.0×10－5，故A正确、B错误；当向10 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 mol·L－1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH＝7时加入的醋酸溶液体积应大于10 mL，故C错误；B点lg＝4，又lg Ka＝－4.3，则由lg Ka＝lg－pH得，pH＝8.3，c(H＋)＝10－8.3 mol·L－1，结合电荷守恒式：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)知，c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5.7－10－8.3) mol·
L－1，故D错误。
5．已知：①pOH＝－lgc(OH－)；②N2H4＋H2ON2H＋OH－、N2H＋H2ON2H＋OH－，分别对应有pOH1和pOH2。常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．曲线M表示lg变化关系
B．N2H4与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H5HSO4
C．pOH1
答案 B
解析 Ka1＝>Ka2，所以曲线M表示pOH与lg的变化关系，曲线N表示pOH与lg的变化关系，故A正确；根据电离方程式可知，N2H4为二元碱，可以结合两个H＋，与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，故B错误；推导可知pOH1＝－lgKb1、pOH2＝－lgKb2，Kb1＞Kb2，所以pOH1＜pOH2，故C正确；反应N2H＋H2ON2H＋OH－为第二步反应，M点时＝1，c(OH－)＝10－15，K＝＝10－15，故D正确。
6．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．电离常数：Ka(HB)>Ka(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10－5
C．当HA与NaOH溶液混合至中性时：c(A－)＝c(HA)
D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H＋)>c(OH－)
答案 C
解析 Ka(HB)＝，Ka(HA)＝， 该图是混合溶液的pH与lg、lg变化的图像。当横坐标相同时，即与相同，发现HA的pH大，说明此时HA溶液的c(H＋)小，则Ka(HB)>Ka(HA)，故A正确；当lg＝0时，＝1，此时
c(H＋)在10－5～10－4.5之间，故Ka(HA) 也在10－5～10－4.5之间，故Ka(HA)的数量级为10－5，故B正确；根据图像，当c(A－)＝c(HA)时，lg＝0，此时溶液呈酸性，故C错误；等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液，HA对NaB的水解有抑制作用，依然是酸性溶液，c(H＋)>c(OH－)，故D正确。
二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)
7．(2020·长沙市雅礼中学高三月考)以0.10 mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示(滴定分数＝)。下列表述错误的是( )
A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同
B．a约为3.5
C．z点处，c(Na＋)＞c(A－)
D．x点处的溶液中离子满足：c(HA)＋c(H＋)＞c(A－)＋c(OH－)
答案 D
解析 z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z点之前溶液中存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；HA的电离平衡常数Ka＝，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH＝7，溶液中电荷守恒得到c(Na＋)＝c(A－)＝0.91，则c(HA)＝1－0.91＝0.09，平衡常数Ka＝≈10－6，设0.1 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)＝a mol·L－1，则Ka＝＝10－6，解得a约为10－3.5mol·L－1，pH约为3.5，故B正确；z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以c(Na＋)＞c(A－)，故C正确；x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，物料守恒：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)；两式联立消掉钠离子可得：c(HA)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)＋c(OH－)－c(H＋)，此时溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，所以c(HA)＋c(H＋)＜c(A－)＋c(OH－)，故D错误。
8．(2020·山东省新高考高三联考)常温下，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝1×10－9。向20 mL 0.1 mol·L－1BaCl2溶液中滴入0.1 mol·L－1的Na2SO4溶液，溶液中pBa2＋[pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)]与Na2SO4溶液体积的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．图像中，n＝1，m＝5
B．若起始时c(BaCl2)＝0.2 mol·L－1，m不变，b点向d点移动
C．若用同浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，可使b点向c点移动
D．V0时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，产生BaCO3沉淀的条件是>10
答案 BC
解析 图像中pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)＝－lg0.1＝1，因此n＝1，b点是恰好完全反应，c(Ba2＋)＝＝＝1×10－5，pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)＝－lg(1×10－5)＝5，因此m＝5，故A正确；若起始时c(BaCl2)＝0.2 mol·L－1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大，因此b点应该向右移动，故B错误；BaCO3的溶度积大于BaSO4的溶度积，恰好完全反应生成碳酸钡时，钡离子浓度大，pBa2＋小，而用等浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，消耗碳酸钠溶液的体积相同，因此b点应竖直向下迁移，故C错误；V0时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，＝＝＝10，因此产生BaCO3沉淀的条件是>10，故D正确。
9．(2020·山东省淄博高三网考)25 ℃时，体积均为25.00 mL，浓度均为0.010 0 mol·L－1的HA、H3B溶液分别用0.010 0 mol·L－1NaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法中正确的是( )
A．NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂
B．均为0.010 0 mol·L－1HA、H3B溶液中，酸性较强的是HA
C．25 ℃时，0.010 0 mol·L－1Na2HB溶液的pH>7
D．25 ℃时，向Na2HB溶液中滴加HA溶液反应的离子方程式为HB2－＋HA===H2B－＋A－
答案 CD
解析 0.010 0 mol·L－1的HA溶液如果为强酸，氢离子浓度为0.010 0 mol·L－1，pH＝2，由图可知起始HA溶液的pH在3～4之间，说明HA为一元弱酸，滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；由图可知，浓度均为0.010 0 mol·L－1的HA、H3B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；HB2－＋H2OH2B－＋OH－，Kh＝＝＝，由图可知c(H2B－)＝c(HB2－)时，pH为7.2，则Ka2＝10－7.2，Kh＝10－6.8，即常温下HB2－的水解程度大于电离程度，Na2HB溶液呈碱性，故C正确；由图可知c(HA)＝c(A－)时，pH为4.75，c(H2B－)＝c(HB2－)时，pH为7.2，HA溶液的酸性强于Na2HB溶液，向Na2HB溶液中滴加HA溶液符合强酸制弱酸，离子方程式为
HB2－＋HA===H2B－＋A－，故D正确。
10．(2020·山东省莱芜一中高三试题)已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25 ℃时，Ag2CrO4在不同浓度CrO溶液中的溶解度如图所示，下列说法正确的是( )
A．图中a、b两点c(Ag＋)相同
B．图中a点与b点Ag2CrO4溶度积相等
C．在a点向溶液中加入少量AgNO3，溶解度可变为c点
D．该温度下，Ag2CrO4溶度积的数量级为10－12
答案 BD
解析 图中a、b两点c(Ag＋)不相同，a中c(Ag＋)大于b点，故A错误；曲线上的点都为溶度积相等的点，故B正确；在a点向溶液中加入少量AgNO3，银离子浓度增加，铬酸根离子浓度减小，因此溶解度也减小，故C错误；该温度下，根据b点得知c(Ag＋)＝2×10－5mol
·L－1，c(CrO)＝1×10－2mol·L－1，因此Ag2CrO4溶度积的数量级为10－12，故D正确。
三、非选择题
11．按要求回答下列问题
(1)25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3：Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7；Ksp(CaSO4)＝7.1×10－5。
第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：加入石灰水，发生反应 Ca2＋＋2OH－＋2NH＋SOCaSO4↓＋2NH3·H2O K。
①25 ℃时，0.1 mol·L－1(NH4)2SO3溶液的pH______(填“>”“<”或“＝”)7。
②计算第2步中反应的K＝________。
答案 ①> ②4.3×1013
解析 ①由于Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5＞Ka2(H2SO3)＝1.0×10－7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH＞7。
②第2步：加入石灰水，发生反应Ca2＋＋2OH－＋2NH＋SOCaSO4↓＋2NH3·H2O，化学平衡常数K＝＝＝≈4.3×1013。
(2)“亚硫酸盐法”吸收烟气中的 SO2
①将烟气通入1.0 mol·L－1的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断______(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为 6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO)＝0.2 mol·L－1，则溶液中 c(HSO)＝________。
②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3 溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图。b点时溶液pH＝7，则n(NH)∶n(HSO)＝________。
答案 ①减小 1.6 mol·L－1 ②3∶1
解析 ①将烟气通入1.0 mol·L－1的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式：SO2＋Na2SO3＋H2O===2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1∶2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0－0.2)mol·L－1，则生成c(HSO)＝2×(1.0－0.2)mol·L－1＝1.6 mol·L－1。②b点时溶液pH＝7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，因pH＝7，故c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(HSO)＋2c(SO)，由图可读出b点时，c(HSO)＝c(SO)，则c(NH)＝3c(HSO)，因在同一体系，n(NH)∶n(HSO)＝3∶1。
(3)常温下，H2CO3的电离常数为：Ka1＝4×10－7，Ka2＝4×10－11。已知0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液的pH＝8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是________(填字母)。
A．c(NH)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
C．c(H2CO3)－c(CO)－c(NH3·H2O)＝9.9×10－7mol·L－1
②＝________。
答案 ①B ②6.25
解析 (3)0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液中，NH水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，溶液pH＝8，说明HCO水解的程度更大；
①由于NH4HCO3溶液中HCO水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH)>c(HCO)>
c(OH－)>c(H＋)，故A正确；NH达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH、NH3·H2O，HCO达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO、CO、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，故B错误；列出电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3·H2O) ＋c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO)－c(NH3·H2O)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1，故C正确。②＝××c2(H＋)＝＝6.25。
(4)实验测得NH4HSO3溶液中＝1 500，则溶液的pH为________[已知：H2SO3的Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7，K(NH3·H2O)＝1.74×10－5]。NH4HSO3溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是________。
A．c(NH)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)
B．c(HSO)>c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(H2SO3)
D．c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)＋c(NH3·H2O)
答案 6 AD
解析 H2SO3的Ka1＝，Ka2＝，所以＝＝1 500，将Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7带入可解得c(H＋)＝10－6mol·L－1，则pH＝－lg c(H＋)＝6。NH4HSO3溶液中存在铵根离子的水解，其水解平衡常数Kh＝＝≈5.75×10－10，存在HSO的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2＝1.0×10－7，其水解平衡常数Kh2＝＝≈6.67×10－13，NH的水解程度大于HSO的水解，HSO的电离大于水解，所以溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)；NH水解程度比HSO的电离程度小，且HSO会水解，所以c(NH)>c(HSO)，HSO电离出氢离子，且大于水解，NH水解也生成氢离子，所以
c(H＋)>c(SO)，溶液呈酸性，水解是微弱的，所以c(NH)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)，故A正确、B错误；根据物料守恒可知：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，故C错误；溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，与物料守恒式联立消去c(NH)可得：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)＋c(NH3·H2O)，故D正确。
12．研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义。请回答下列问题：
(1)常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的四种溶液①NH4NO3 ②CH3COONa ③(NH4)2SO4
④Na2CO3，pH从大到小排列顺序为______________(填序号)。
(2)常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1 H2A溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。有关微粒物质的量变化如下图所示。
则当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中离子浓度大小关系：______________，水的电离程度比纯水______(填“大”“小”或“相等”)。
(3)含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10－3 mol·L－1的Cr2O。为了使废水的排放达标，进行如下处理：
Cr2OCr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3
①该废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)和H＋，发生反应的离子方程式为_________________。
②若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝2.0×10－13mol·L－1，则残留的Cr3＋的浓度为____________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38, Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31)
答案 (1)④＞②＞①＞③ (2)c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－) 小 (3)① Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O ②3.0×10－6mol·L－1
解析 (1)①NH4NO3、③(NH4)2SO4中铵根离子水解使溶液呈酸性，(NH4)2SO4中铵根离子的浓度大于NH4NO3，所以(NH4)2SO4的酸性强；②CH3COONa、④Na2CO3都是强碱弱酸盐，溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以碱性Na2CO3大于CH3COONa，所以pH 从大到小排列顺序为④>②>①>③。
(2)向20 mL 0.2 mol·L－1H2A溶液中滴加20 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液，恰好生成NaHA，此时H2A的物质的量小于A2－，说明HA－的电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度大小关系c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)；HA－电离出的氢离子抑制水的电离，水的电离程度比纯水小。
(3)①Cr2O与Fe2＋发生氧化还原反应，生成Cr3＋、Fe3＋，反应的离子方程式是Cr2O＋
6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；②根据＝，c(Cr3＋)＝×c(Fe3＋)＝3.0×10－6mol·L－1。
13．乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
(1)室温下，测得 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液的pH＝1.3，写出草酸的电离方程式___________
________________________________________________________________________。
(2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：
①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是________。
②0.1 mol·L－1KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是________(填字母)。
a．c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(OH－)
b．c(K＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)
c．c(K＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)
(3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2＋＋H2C2O4＋xH2OFeC2O4·xH2O↓＋2H＋
①制备时需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因：________________________________________________________________________。
②测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取0.540 0 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.100 0 mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3＋、CO2，锰元素被还原为Mn2＋，则FeC2O4·xH2O中x＝________(FeC2O4的摩尔质量是144 g·mol－1)。
答案 (1)H2C2O4 H＋＋HC2O、HC2OC2O＋H＋ (2)①H2C2O4＋OH－===HC2O＋H2O
②bc (3)①NH3·H2O 与H＋反应，降低c(H＋)，使Fe2＋＋H2C2O4＋xH2OFeC2O4·xH2O↓＋2H＋平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O ②2
解析 (2)②溶液中有的离子：HC2O、H2C2O4、C2O、OH－、K＋，根据电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，故a错误；KHC2O4溶液中，HC2O会水解，
c(K＋)>c(HC2O)，C2O是由HC2O电离后得到的，c(HC2O)>c(C2O)，H2C2O4是由HC2O水解后得到的，HC2O既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，可以得到c(C2O)>c(H2C2O4)，则c(K＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，故b正确；根据物料守恒，可以得到c(K＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，故c正确。
(3)②根据10FeC2O4·xH2O＋6KMnO4＋24H2SO4===5Fe2(SO4)3＋20CO2↑＋6MnSO4＋3K2SO4＋(24＋10x)H2O可知，n(FeC2O4·xH2O)＝n(KMnO4)＝×0.100 0 mol·L－1×0.018 L＝0.003 mol，则M(FeC2O4·xH2O)＝＝180 g·mol－1，即FeC2O4·xH2O的相对分子质量为180，结合18x＋144＝180，解得x＝2。
专题强化练
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．常温下，下列有关溶液的说法正确的是( )
A．pH相等的①NH4Cl ②NH4Al(SO4)2
③NH4HSO4溶液：NH浓度的大小顺序为①>②>③
B．常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同
C．HA的电离常数Ka＝4.93×10－10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>
c(A－)
D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)
答案 A
解析 氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH浓度的大小顺序为①>②>③，故A正确；氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；Kh＝＞Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A－)，故C错误；酸性：HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度：F－＜CH3COO－，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中
c(F－)＞c(CH3COO－)，由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)－c(F－)＜c(K＋)－
c(CH3COO－)，故D错误。
2．室温下，将10 mL浓度为1 mol·L－1的CH3NH2、NH2OH两种一元碱溶液分别加水稀释，曲线如图，V是溶液体积(mL)，pOH＝－lgc(OH－)。已知：CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－；NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－。下列说法正确的是( )
A．该温度下，Kb(NH2OH)的数量级为10－8
B．当lgV＝3时，水的电离程度：NH2OH>CH3NH2
C．用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH＝7，消耗盐酸的体积：NH2OH>CH3NH2
D．等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中离子总浓度相等
答案 B
解析 该温度下，取lgV＝1的点，c(OH－)＝c(NH3OH＋)＝1×10－4.5mol·L－1，c(NH2OH)＝
1 mol·L－1，Kb(NH2OH)＝＝10－9，即数量级为10－9，A错误；当lgV＝
3时，NH2OH比CH3NH2的pOH大，OH－浓度小，碱对水的电离平衡起抑制作用，OH－浓度小，抑制作用小，水的电离程度大，故水的电离程度：NH2OH>CH3NH2，B正确；同浓度时，pOH：NH2OH>CH3NH2，即CH3NH2碱性强，用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH＝7，由于碱性越强对应的盐的水解程度越小，碱性越弱对应的盐的水解程度越大，它们生成盐水解后均能使溶液显酸性，故CH3NH2消耗盐酸的体积较大，C错误；等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中，由于CH3NH和NH3OH＋水解程度不同，所以离子总浓度不相等，D错误。
3．室温时，用0.100 0 mol· L －1的NaOH溶液滴定0.100 0 mol· L －1的顺丁烯二酸H2A的滴定曲线如下图所示(pKa＝－lg Ka)，下列说法错误的是( )
A．用NaOH溶液滴定NaHA溶液可用酚酞作指示剂
B．a点：c(HA－)＝c(H2A)
C．H2A的Ka2＝10－6
D．d点：c(Na＋)
解析 酚酞的变色范围为8.2～10.0，第二个滴定终点时溶液的pH＝9.5左右，可用酚酞作指示剂，故A正确；a点pH＝pKa1，即－lg c(H＋)＝－lg Ka1，Ka1＝，＝，因此c(HA－)＝c(H2A)，故B正确；Ka2＝，c点c(HA－)＝c(A2－)，pH＝6，因此H2A的Ka2＝10－6，故C正确；溶液中存在电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－) ＋
c(OH－)，d点溶液显碱性，因此：c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)，故D错误。
4．(2020·吉林高三调研)25 ℃时，将0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液滴加到10 mL 0.10 mol·L－1
NaOH溶液中，lg与pH的关系如图所示，C点坐标是(6,1.7)(已知：lg 5＝0.7)。下列说法正确的是( )
A．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5
B．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6
C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10 mL
D．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－1
答案 A
解析 醋酸的电离常数Ka＝，取对数可得到lg Ka＝lg－pH；据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入lg Ka＝lg－pH，可得lgKa＝1.7－6＝－4.3，Ka(CH3COOH)≈5.0×10－5，故A正确、B错误；当向10 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 mol·L－1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH＝7时加入的醋酸溶液体积应大于10 mL，故C错误；B点lg＝4，又lg Ka＝－4.3，则由lg Ka＝lg－pH得，pH＝8.3，c(H＋)＝10－8.3 mol·L－1，结合电荷守恒式：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)知，c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5.7－10－8.3) mol·
L－1，故D错误。
5．已知：①pOH＝－lgc(OH－)；②N2H4＋H2ON2H＋OH－、N2H＋H2ON2H＋OH－，分别对应有pOH1和pOH2。常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．曲线M表示lg变化关系
B．N2H4与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H5HSO4
C．pOH1
答案 B
解析 Ka1＝>Ka2，所以曲线M表示pOH与lg的变化关系，曲线N表示pOH与lg的变化关系，故A正确；根据电离方程式可知，N2H4为二元碱，可以结合两个H＋，与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，故B错误；推导可知pOH1＝－lgKb1、pOH2＝－lgKb2，Kb1＞Kb2，所以pOH1＜pOH2，故C正确；反应N2H＋H2ON2H＋OH－为第二步反应，M点时＝1，c(OH－)＝10－15，K＝＝10－15，故D正确。
6．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．电离常数：Ka(HB)>Ka(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10－5
C．当HA与NaOH溶液混合至中性时：c(A－)＝c(HA)
D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H＋)>c(OH－)
答案 C
解析 Ka(HB)＝，Ka(HA)＝， 该图是混合溶液的pH与lg、lg变化的图像。当横坐标相同时，即与相同，发现HA的pH大，说明此时HA溶液的c(H＋)小，则Ka(HB)>Ka(HA)，故A正确；当lg＝0时，＝1，此时
c(H＋)在10－5～10－4.5之间，故Ka(HA) 也在10－5～10－4.5之间，故Ka(HA)的数量级为10－5，故B正确；根据图像，当c(A－)＝c(HA)时，lg＝0，此时溶液呈酸性，故C错误；等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液，HA对NaB的水解有抑制作用，依然是酸性溶液，c(H＋)>c(OH－)，故D正确。
二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)
7．(2020·长沙市雅礼中学高三月考)以0.10 mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示(滴定分数＝)。下列表述错误的是( )
A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同
B．a约为3.5
C．z点处，c(Na＋)＞c(A－)
D．x点处的溶液中离子满足：c(HA)＋c(H＋)＞c(A－)＋c(OH－)
答案 D
解析 z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z点之前溶液中存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；HA的电离平衡常数Ka＝，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH＝7，溶液中电荷守恒得到c(Na＋)＝c(A－)＝0.91，则c(HA)＝1－0.91＝0.09，平衡常数Ka＝≈10－6，设0.1 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)＝a mol·L－1，则Ka＝＝10－6，解得a约为10－3.5mol·L－1，pH约为3.5，故B正确；z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以c(Na＋)＞c(A－)，故C正确；x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，物料守恒：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)；两式联立消掉钠离子可得：c(HA)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)＋c(OH－)－c(H＋)，此时溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，所以c(HA)＋c(H＋)＜c(A－)＋c(OH－)，故D错误。
8．(2020·山东省新高考高三联考)常温下，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝1×10－9。向20 mL 0.1 mol·L－1BaCl2溶液中滴入0.1 mol·L－1的Na2SO4溶液，溶液中pBa2＋[pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)]与Na2SO4溶液体积的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．图像中，n＝1，m＝5
B．若起始时c(BaCl2)＝0.2 mol·L－1，m不变，b点向d点移动
C．若用同浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，可使b点向c点移动
D．V0时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，产生BaCO3沉淀的条件是>10
答案 BC
解析 图像中pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)＝－lg0.1＝1，因此n＝1，b点是恰好完全反应，c(Ba2＋)＝＝＝1×10－5，pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)＝－lg(1×10－5)＝5，因此m＝5，故A正确；若起始时c(BaCl2)＝0.2 mol·L－1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大，因此b点应该向右移动，故B错误；BaCO3的溶度积大于BaSO4的溶度积，恰好完全反应生成碳酸钡时，钡离子浓度大，pBa2＋小，而用等浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，消耗碳酸钠溶液的体积相同，因此b点应竖直向下迁移，故C错误；V0时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，＝＝＝10，因此产生BaCO3沉淀的条件是>10，故D正确。
9．(2020·山东省淄博高三网考)25 ℃时，体积均为25.00 mL，浓度均为0.010 0 mol·L－1的HA、H3B溶液分别用0.010 0 mol·L－1NaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法中正确的是( )
A．NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂
B．均为0.010 0 mol·L－1HA、H3B溶液中，酸性较强的是HA
C．25 ℃时，0.010 0 mol·L－1Na2HB溶液的pH>7
D．25 ℃时，向Na2HB溶液中滴加HA溶液反应的离子方程式为HB2－＋HA===H2B－＋A－
答案 CD
解析 0.010 0 mol·L－1的HA溶液如果为强酸，氢离子浓度为0.010 0 mol·L－1，pH＝2，由图可知起始HA溶液的pH在3～4之间，说明HA为一元弱酸，滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；由图可知，浓度均为0.010 0 mol·L－1的HA、H3B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；HB2－＋H2OH2B－＋OH－，Kh＝＝＝，由图可知c(H2B－)＝c(HB2－)时，pH为7.2，则Ka2＝10－7.2，Kh＝10－6.8，即常温下HB2－的水解程度大于电离程度，Na2HB溶液呈碱性，故C正确；由图可知c(HA)＝c(A－)时，pH为4.75，c(H2B－)＝c(HB2－)时，pH为7.2，HA溶液的酸性强于Na2HB溶液，向Na2HB溶液中滴加HA溶液符合强酸制弱酸，离子方程式为
HB2－＋HA===H2B－＋A－，故D正确。
10．(2020·山东省莱芜一中高三试题)已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25 ℃时，Ag2CrO4在不同浓度CrO溶液中的溶解度如图所示，下列说法正确的是( )
A．图中a、b两点c(Ag＋)相同
B．图中a点与b点Ag2CrO4溶度积相等
C．在a点向溶液中加入少量AgNO3，溶解度可变为c点
D．该温度下，Ag2CrO4溶度积的数量级为10－12
答案 BD
解析 图中a、b两点c(Ag＋)不相同，a中c(Ag＋)大于b点，故A错误；曲线上的点都为溶度积相等的点，故B正确；在a点向溶液中加入少量AgNO3，银离子浓度增加，铬酸根离子浓度减小，因此溶解度也减小，故C错误；该温度下，根据b点得知c(Ag＋)＝2×10－5mol
·L－1，c(CrO)＝1×10－2mol·L－1，因此Ag2CrO4溶度积的数量级为10－12，故D正确。
三、非选择题
11．按要求回答下列问题
(1)25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3：Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7；Ksp(CaSO4)＝7.1×10－5。
第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：加入石灰水，发生反应 Ca2＋＋2OH－＋2NH＋SOCaSO4↓＋2NH3·H2O K。
①25 ℃时，0.1 mol·L－1(NH4)2SO3溶液的pH______(填“>”“<”或“＝”)7。
②计算第2步中反应的K＝________。
答案 ①> ②4.3×1013
解析 ①由于Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5＞Ka2(H2SO3)＝1.0×10－7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH＞7。
②第2步：加入石灰水，发生反应Ca2＋＋2OH－＋2NH＋SOCaSO4↓＋2NH3·H2O，化学平衡常数K＝＝＝≈4.3×1013。
(2)“亚硫酸盐法”吸收烟气中的 SO2
①将烟气通入1.0 mol·L－1的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断______(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为 6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO)＝0.2 mol·L－1，则溶液中 c(HSO)＝________。
②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3 溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图。b点时溶液pH＝7，则n(NH)∶n(HSO)＝________。
答案 ①减小 1.6 mol·L－1 ②3∶1
解析 ①将烟气通入1.0 mol·L－1的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式：SO2＋Na2SO3＋H2O===2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1∶2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0－0.2)mol·L－1，则生成c(HSO)＝2×(1.0－0.2)mol·L－1＝1.6 mol·L－1。②b点时溶液pH＝7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，因pH＝7，故c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(HSO)＋2c(SO)，由图可读出b点时，c(HSO)＝c(SO)，则c(NH)＝3c(HSO)，因在同一体系，n(NH)∶n(HSO)＝3∶1。
(3)常温下，H2CO3的电离常数为：Ka1＝4×10－7，Ka2＝4×10－11。已知0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液的pH＝8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是________(填字母)。
A．c(NH)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
C．c(H2CO3)－c(CO)－c(NH3·H2O)＝9.9×10－7mol·L－1
②＝________。
答案 ①B ②6.25
解析 (3)0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液中，NH水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，溶液pH＝8，说明HCO水解的程度更大；
①由于NH4HCO3溶液中HCO水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH)>c(HCO)>
c(OH－)>c(H＋)，故A正确；NH达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH、NH3·H2O，HCO达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO、CO、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，故B错误；列出电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3·H2O) ＋c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO)－c(NH3·H2O)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1，故C正确。②＝××c2(H＋)＝＝6.25。
(4)实验测得NH4HSO3溶液中＝1 500，则溶液的pH为________[已知：H2SO3的Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7，K(NH3·H2O)＝1.74×10－5]。NH4HSO3溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是________。
A．c(NH)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)
B．c(HSO)>c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(H2SO3)
D．c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)＋c(NH3·H2O)
答案 6 AD
解析 H2SO3的Ka1＝，Ka2＝，所以＝＝1 500，将Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7带入可解得c(H＋)＝10－6mol·L－1，则pH＝－lg c(H＋)＝6。NH4HSO3溶液中存在铵根离子的水解，其水解平衡常数Kh＝＝≈5.75×10－10，存在HSO的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2＝1.0×10－7，其水解平衡常数Kh2＝＝≈6.67×10－13，NH的水解程度大于HSO的水解，HSO的电离大于水解，所以溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)；NH水解程度比HSO的电离程度小，且HSO会水解，所以c(NH)>c(HSO)，HSO电离出氢离子，且大于水解，NH水解也生成氢离子，所以
c(H＋)>c(SO)，溶液呈酸性，水解是微弱的，所以c(NH)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)，故A正确、B错误；根据物料守恒可知：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，故C错误；溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，与物料守恒式联立消去c(NH)可得：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)＋c(NH3·H2O)，故D正确。
12．研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义。请回答下列问题：
(1)常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的四种溶液①NH4NO3 ②CH3COONa ③(NH4)2SO4
④Na2CO3，pH从大到小排列顺序为______________(填序号)。
(2)常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1 H2A溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。有关微粒物质的量变化如下图所示。
则当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中离子浓度大小关系：______________，水的电离程度比纯水______(填“大”“小”或“相等”)。
(3)含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10－3 mol·L－1的Cr2O。为了使废水的排放达标，进行如下处理：
Cr2OCr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3
①该废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)和H＋，发生反应的离子方程式为_________________。
②若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝2.0×10－13mol·L－1，则残留的Cr3＋的浓度为____________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38, Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31)
答案 (1)④＞②＞①＞③ (2)c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－) 小 (3)① Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O ②3.0×10－6mol·L－1
解析 (1)①NH4NO3、③(NH4)2SO4中铵根离子水解使溶液呈酸性，(NH4)2SO4中铵根离子的浓度大于NH4NO3，所以(NH4)2SO4的酸性强；②CH3COONa、④Na2CO3都是强碱弱酸盐，溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以碱性Na2CO3大于CH3COONa，所以pH 从大到小排列顺序为④>②>①>③。
(2)向20 mL 0.2 mol·L－1H2A溶液中滴加20 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液，恰好生成NaHA，此时H2A的物质的量小于A2－，说明HA－的电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度大小关系c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)；HA－电离出的氢离子抑制水的电离，水的电离程度比纯水小。
(3)①Cr2O与Fe2＋发生氧化还原反应，生成Cr3＋、Fe3＋，反应的离子方程式是Cr2O＋
6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；②根据＝，c(Cr3＋)＝×c(Fe3＋)＝3.0×10－6mol·L－1。
13．乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
(1)室温下，测得 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液的pH＝1.3，写出草酸的电离方程式___________
________________________________________________________________________。
(2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：
①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是________。
②0.1 mol·L－1KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是________(填字母)。
a．c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(OH－)
b．c(K＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)
c．c(K＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)
(3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2＋＋H2C2O4＋xH2OFeC2O4·xH2O↓＋2H＋
①制备时需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因：________________________________________________________________________。
②测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取0.540 0 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.100 0 mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3＋、CO2，锰元素被还原为Mn2＋，则FeC2O4·xH2O中x＝________(FeC2O4的摩尔质量是144 g·mol－1)。
答案 (1)H2C2O4 H＋＋HC2O、HC2OC2O＋H＋ (2)①H2C2O4＋OH－===HC2O＋H2O
②bc (3)①NH3·H2O 与H＋反应，降低c(H＋)，使Fe2＋＋H2C2O4＋xH2OFeC2O4·xH2O↓＋2H＋平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O ②2
解析 (2)②溶液中有的离子：HC2O、H2C2O4、C2O、OH－、K＋，根据电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，故a错误；KHC2O4溶液中，HC2O会水解，
c(K＋)>c(HC2O)，C2O是由HC2O电离后得到的，c(HC2O)>c(C2O)，H2C2O4是由HC2O水解后得到的，HC2O既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，可以得到c(C2O)>c(H2C2O4)，则c(K＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，故b正确；根据物料守恒，可以得到c(K＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，故c正确。
(3)②根据10FeC2O4·xH2O＋6KMnO4＋24H2SO4===5Fe2(SO4)3＋20CO2↑＋6MnSO4＋3K2SO4＋(24＋10x)H2O可知，n(FeC2O4·xH2O)＝n(KMnO4)＝×0.100 0 mol·L－1×0.018 L＝0.003 mol，则M(FeC2O4·xH2O)＝＝180 g·mol－1，即FeC2O4·xH2O的相对分子质量为180，结合18x＋144＝180，解得x＝2。
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